文档内容
思想 01 实施分类讨论策略以精准解析数学问题
目录
01考情透视·目标导航...................................................................................................2
02知识导图·思维引航...................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破...............................................................................................16
题型一：由情境的规则引起的分类讨论 16
题型二：由定义引起的分类讨论 21
题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论 28
题型四：由变量的范围引起的分类讨论 38
题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论 44高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、
综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，
二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和
描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、
处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化
归思想等．当被研究的问题出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们通常将可能出现的所有情况分别进行讨论，
得出每种情况下相应的结论，这就是分类讨论的思想，包含分类与整合两部分，既化整为零，各个击破，
又集零为整．
基本步骤是：（1）研究讨论的必要性，确定讨论对象；（2）确定分类依据，并按标准分类；（3）
逐类解决，获得各类的结果；（4）归纳整合，得到结果．
分类的基本原则是：（1）标准统一，不重不漏；（2）层次明晰，不混不乱．
分类讨论应用的热点：（1）由概念、定义、公式、定理、性质等引起的分类讨论，如直线的斜率是
否存在，幂、指数、对数函数的单调性，等比数列的公比是否为1等．（2）由数学运算规则引起的分类讨
论，如除法运算中分母不为零，偶次方根为非负数，不等式两边同乘（除）以一个数（式）的符号等．
（3）由变量的范围引起的分类讨论，如对数的真数与底数的范围，指数运算中底数的范围，函数在不同
区间上单调性受参变量的影响等．（4）由图形的可变性引起的分类讨论，如图形类型、位置，点所在的
象限，角大小的可能性等．（5）由情境的规则引起的分类讨论，情境问题的规则在解决数学问题时常需
要分类讨论思想，如体育比赛的规则等．1．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数 ，若 ，则 的最小值为
（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】解法一：由题意可知： 的定义域为 ，
令 解得 ；令 解得 ；
若 ，当 时，可知 ，
此时 ，不合题意；
若 ，当 时，可知 ，
此时 ，不合题意；
若 ，当 时，可知 ，此时 ；
当 时，可知 ，此时 ；
可知若 ，符合题意；
若 ，当 时，可知 ，
此时 ，不合题意；
综上所述： ，即 ，
则 ，当且仅当 时，等号成立，
所以 的最小值为 ；
解法二：由题意可知： 的定义域为 ，令 解得 ；令 解得 ；
则当 时， ，故 ，所以 ；
时， ，故 ，所以 ；
故 ， 则 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 的最小值为 .
故选：C.
2．（2024年天津高考数学真题）设 ，函数 .若 恰有一个零点，则
的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令 ，即 ，
由题可得 ，
当 时， ，有 ，则 ，不符合要求，舍去；
当 时，则 ，
即函数 与函数 有唯一交点，
由 ，可得 或 ，
当 时，则 ，则 ，
即 ，整理得 ，当 时，即 ，即 ，
当 ， 或 （正值舍去），
当 时， 或 ，有两解，舍去，
即当 时， 在 时有唯一解，
则当 时， 在 时需无解，
当 ，且 时，
由函数 关于 对称，令 ，可得 或 ，
且函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
令 ，即 ，
故 时， 图象为双曲线 右支的 轴上方部分向右平移 所得，
由 的渐近线方程为 ，
即 部分的渐近线方程为 ，其斜率为 ，
又 ，即 在 时的斜率 ，
令 ，可得 或 （舍去），且函数 在 上单调递增，
故有 ，解得 ，故 符合要求；
当 时，则 ，
即函数 与函数 有唯一交点，
由 ，可得 或 ，
当 时，则 ，则 ，
即 ，整理得 ，
当 时，即 ，即 ，
当 ， （负值舍去）或 ，
当 时， 或 ，有两解，舍去，
即当 时， 在 时有唯一解，
则当 时， 在 时需无解，
当 ，且 时，
由函数 关于 对称，令 ，可得 或 ，且函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
同理可得： 时， 图象为双曲线 左支的 轴上方部分向左平移 所得，
部分的渐近线方程为 ，其斜率为 ，
又 ，即 在 时的斜率 ，
令 ，可得 或 （舍去），
且函数 在 上单调递减，
故有 ，解得 ，故 符合要求；
综上所述， .
故答案为： .
3．（2024年北京高考数学真题）设 与 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合
，给出下列4个结论：
①若 与 均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若 与 均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若 为等差数列， 为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若 为递增数列， 为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是 .【答案】①③④
【解析】对于①，因为 均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故 中至多一个元素，故①正确.
对于②，取 则 均为等比数列，
但当 为偶数时，有 ，此时 中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设 ， ，
若 中至少四个元素，则关于 的方程 至少有4个不同的正数解，
若 ，则由 和 的散点图可得关于 的方程 至多有两个不同的解，矛
盾；
若 ，考虑关于 的方程 奇数解的个数和偶数解的个数，
当 有偶数解，此方程即为 ，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 ，
否则 ，因 单调性相反，
方程 至多一个偶数解，
当 有奇数解，此方程即为 ，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 即
否则 ，因 单调性相反，
方程 至多一个奇数解，
因为 ， 不可能同时成立，
故 不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为 为递增数列， 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
4．（2023年北京高考数学真题）设 ，函数 ，给出下列四个结论：
① 在区间 上单调递减；
②当 时， 存在最大值；
③设 ，则 ；
④设 ．若 存在最小值，则a的取值范围是 ．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【解析】依题意， ，
当 时， ，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当 时， ，易知其图像是，圆心为 ，半径为 的圆在 轴上方的图像（即半
圆）；
当 时， ，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取 ，则 的图像如下，
显然，当 ，即 时， 在 上单调递增，故①错误；
对于②，当 时，当 时， ；
当 时， 显然取得最大值 ；
当 时， ，
综上： 取得最大值 ，故②正确；
对于③，结合图像，易知在 ， 且接近于 处， 的
距离最小，
当 时， ，当 且接近于 处， ，
此时， ，故③正确；
对于④，取 ，则 的图像如下，
因为 ，
结合图像可知，要使 取得最小值，则点 在 上，点 在，
同时 的最小值为点 到 的距离减去半圆的半径 ，
此时，因为 的斜率为 ，则 ，故直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，则 ，
显然 在 上，满足 取得最小值，
即 也满足 存在最小值，故 的取值范围不仅仅是 ，故④错误.
故答案为：②③.
5．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数 ．
(1)当 时，求 的极值；
(2)当 时， ，求 的取值范围．
【解析】（1）当 时， ，
故 ，
因为 在 上为增函数，
故 在 上为增函数，而 ，
故当 时， ，当 时， ，
故 在 处取极小值且极小值为 ，无极大值.（2） ，
设 ，
则 ，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 ，即 ，
所以 在 上为增函数，故 .
当 时，当 时， ，
故 在 上为减函数，故在 上 ，
即在 上 即 为减函数，
故在 上 ，不合题意，舍.
当 ，此时 在 上恒成立，
同理可得在 上 恒成立，不合题意，舍；
综上， .
6．（2024年天津高考数学真题）已知 为公比大于0的等比数列，其前 项和为 ，且 ．
(1)求 的通项公式及 ；
(2)设数列 满足 ，其中 ．（ⅰ）求证：当 时，求证： ；
（ⅱ）求 ．
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）（i）由（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，
，
可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）由（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，
可得 ，所以 ，
且 ，符合上式，综上所述： .
7．根据等差数列求和分析可得 .题型一：由情境的规则引起的分类讨论
【典例1-1】甲､乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字 ，乙的卡
片上分别标有数字 ，两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，并比较所选卡片上数字之和的大小，
数字之和大的人获胜.则甲获胜的概率为 .
【答案】
【解析】设事件 “甲乙两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张”，
事件 “两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，甲比乙选的数字之和大”，
则 ，
乙选 时，甲获胜有 种选法；
乙选 时，甲获胜只有 种选法；
乙选 时，甲不可能获胜，
所以 ，
所以 .
故答案为： .
【典例1-2】已知实数 的平均数为4，则这四个数的中位数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意可知 ，若该四个数按大小排列， 位于中间，则 位于两侧，此时中位数是 ；
若该四个数按大小排列， 位于中间，则 位于两侧，此时 ，不符合题意；
若该四个数按大小排列， 位于中间，则 位于两侧，同上 ，不符合题意；
若该四个数按大小排列， 位于中间，则 位于两侧，则有 ；
若该四个数按大小排列， 位于中间，则 位于两侧，同上 ；
若该四个数按大小排列， 位于中间，则 位于两侧，可知 ；
此时中位数是 ；
综上所述这四个数的中位数的取值范围是 .
故答案为： .
【变式1-1】某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在A，B两个箱子中．A箱中有4道代数题
和2道几何题，B箱中有3道代数题和3道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中
的箱子中依次抽取2道题（不放回）作答．
(1)若甲同学选择A箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率；
(2)若乙同学选择A箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了B箱，接着丙同学选择从B箱抽取
题目，求丙抽取的2道题中至少有一道代数题的概率．
【解析】（1）设事件 表示“甲第一次从A箱中抽到代数题”，事件 表示“甲第二次从A箱中抽到几
何题”，
则 ．
在 发生的条件下，A箱中还剩下3道代数题和2道几何题，所以 ．
故 ．
（2）设事件 为“丙从B箱中抽取的2道题中至少有一道代数题”，
事件 为“乙从A箱中取出2道代数题”，
事件 为“乙从A箱中取出1道代数题和1道几何题”，
事件 为“乙从A箱中取出2道几何题”，则 ．
当 发生时，B箱中有5道代数题和3道几何题， ；
当 发生时，B箱中有4道代数题和4道几何题， ；
当 发生时，B箱中有3道代数题和5道几何题， ．
由全概率公式可得 ．
【变式1-2】将连续正整数1，2， ， 从小到大排列构成一个数 ， 为这个数的位数
如当 时，此数为123456789101112，共有15个数字， ，现从这个数中随机取一个数字，
为恰好取到0的概率.
(1)求
(2)当 时，求 的表达式.
(3)令 为这个数中数字0的个数， 为这个数中数字9的个数， ，
，求当 时 的最大值.
【解析】（1）当 时， ，
即这个数中共有 个数字，其中数字 的个数为 ，
则恰好取到 的概率为 ；
（2）当 时，这个数有 位数组成， ；
当 时，这个数有 个一位数组成， 个两位数组成，则 ；
当 时，这个数有 个一位数组成， 个两位数组成， 个三位数组成， ；当 时，这个数有 个一位数组成， 个两位数组成， 个三位数组成 个四位数组
成， ；
综上所述： ，
（3）当 时， ，
当 时， ；
当 时， ，
即 ，
同理有 ，
由 ，可知 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
由 关于 单调递增，
故当 时，有 的最大值为 ，
又 ，所以当 时， 的最大值为 ．
1．某班学生分A， ， ， 四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三
组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战
胜或者负于对手的概率均为 ，出现平局的概率为 ，每场比赛相互独立.
(1)求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率；
(2)一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率.
【解析】（1）A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为
（2）四组总积分一样，可以每次都是平局，
也可以每组学生是一胜一负一平.
如:
A胜B负，A负C胜，AD平
BC平，B胜D负，C负D胜
不难发现，A的三种情况确定后， 比赛结果是确定的，
所以只要去看 可能出现的情况，
A胜B负，A负C胜，AD平，
A负B胜，A胜C负，AD平
A胜B负，A负D胜，AC平 ，
A负B胜，A胜D负，AC平
A胜C负，A负D胜， AB平 ，
A负C胜，A胜D负，AB平
共6+1=7种
2．甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为 ，若乙发球，则本回合甲赢的概率为 ，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，
第1回合由甲发球.
(1)求第4个回合甲发球的概率；
(2)设前4个回合中，甲发球的次数为 ，求 的分布列及期望.
【解析】（1）由题可知，第2回合甲发球的概率为 ，乙发球的概率为 .
所以第3回合甲发球的概率为 ，
乙发球的概率为 .
可得第4个回合甲发球的概率为 .
故第4个回合甲发球的概率为 ；
（2）由题意可知： 可以取1，2，3，4.
当 时， ；当 时， ；
当 时，前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为 .
第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为 .
第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为 .
故前4个回合甲发球两次的概率为 ；
当 时， ，故 的分布列为：
1 2 3 4
.
题型二：由定义引起的分类讨论
【典例2-1】设数列 和 的项数均为 ，则将数列 和 的距离定义为
．
（1）给出数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离；
（2）设 为满足递推关系 的所有数列 的集合， 和 为 中的两个元素，且项数均
为 ，若 ， ， 和 的距离小于4032，求 的最大值；
（3）记 是所有7项数列 的集合， ．且T中任何两个元素的距离大于或等于
3．证明：T中的元素个数小于或等于16．
【解析】（1）由题意可知，数列1，3，5，6和数列2，3，10，7的距离为1+0+5+1＝7；
（2）设 ，其中 ，且 ，由 ，
所以 ， ， ， ，
则 ，
因此集合A中数列的项周期性重复，且间隔4项重复一次，所以数列 中， ， ， ， ， ，
故 中， ， ， ， ， ，
，
所以项数 越大，数列 和 的距离越大，
由 ，可得 ，
所以 时， ，
故 的最大值为 ；
（3）证明：假设T中的元素个数大于等于17个，
因为数列 中， 或1，
所以仅由数列前三项组成的数组 有且仅有8个，
即（0，0，0），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，
1），（1，1，1），
那么这17个元素（即数列）之中必有三个具有相同的 ， ， ，
设这个数列分别为 ： ， ， ， ， ， ， ，
： ， ， ， ， ， ， ，
： ， ， ， ， ， ， ，
其中 ， ，
因为这三个数列中每两个的距离大于等于3，
所以 和 中， 中至少有三个成立，
不妨设 ， ，由题意可知， 和 中一个等于0，而另一个等于1，又因为 或1，
所以 和 中必有一个成立，
同理可得， 和 中必有一个成立， 和 中必有一个成立，
所以“ 中至少有两个成立”或“ 中至少有两个成立”中必有一个成立，
所以 和 中必有一个成立，与题意矛盾，
故T中的元素个数小于或等于16．
【典例2-2】对于无穷数列 ，给出如下三个性质：① ；②对于任意正整数 ，都有 ；
③对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时
满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（ ）
A．若 为“s数列”，则 为“t数列”
B．若 ，则 为“t数列”
C．若 ，则 为“s数列”
D．若等比数列 为“t数列”则 为“s数列”
【答案】C
【解析】设 ，此时满足 ，
也满足 ， ，
即 ， ， 为“s数列”，
因为 ，所以A错误；
若 ，则 ，满足①，
，令 ，若 为奇数，此时 ，存在 ，且为奇数时，此时满足 ，
若 为偶数，此时 ，则此时不存在 ，使得 ，所以B错误；
若 ，则 ，满足①，
， ，
因为 ，所以 ， ，满足②，所以C正确；
不妨设 ，满足 ，且 ， ，
当 为奇数，取 ，使得 ；
当 为偶数，取 ，使得 ，所以 为“ 数列”，
但此时不满足 ， ，不妨取 ，
则 ，而 ，
则 为“ 数列”，所以D错误.
故选：C.
【变式2-1】设数列 ， …，即当
时， 记 为数列 前 项和.对于 ，定义集合 是
的整数倍， ，且 .则集合 中元素的个数为 ；集合 中元素的个数为 .
【答案】 5 1008
【解析】由数列 的定义，得
，∴ ，
∴ ，
∴集合 中元素的个数为5.
先证： ，
事实上，
①当 时， ， ，原等式成立；
②当 时成立，即 ，
则 时，
，
综合①②可得 ，于是 ，
由上式可知 是 的倍数，而 ，
∴ 是 的倍数，
又 不是 的倍数，
而 ，
∴ 不是 的倍数，
故当 时，集合 中元素的个数为 ，
于是，当 时，集合 中元素的个数为 ，
又 ，故集合 中元素的个数为 .
故答案为：5；1008
【变式2-2】若数列 满足 ，则称数列 为“平方递推数列”．已知数列 中， ，点在函数 的图象上，其中n为正整数，
(1)证明：数列 是“平方递推数列”，且数列 为等比数列；
(2)设 ，定义 ，且记 ，求数列 的前n项和 ．
【解析】（1） 点 在函数 的图象上， ，
是“平方递推数列”．
因为 ，
对 两边同时取对数得 ，
∴数列 是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知 ，
由数列 的通项公式得，
当 时， ；当 时， ．
又由 ，得
当 且 时， ；
当 且 时，
，
综上，1．已知 ，定义 .
（1）如果 ，则 .
（2）如果 ，则 的取值范围是 .
【答案】 或
【解析】（1） ，定义 .
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 ，解得 .
综上所述， 或 ；
（2）①当 时， .
（i）若 ，即 ， ，
， ，此时， ；
（ii）若 ，即 ，得 ， ，
， ，此时， ；
②当 时， .（i）若 ，即 ， ，
， ，此时， ；
（ii）若 ，即 ， ，
， ，此时， 不存在.
综上所述， 的取值范围是 .
故答案为： 或 ； .
2．数列可以看作是定义在正整数集的特殊函数，具有函数的性质特征，有些周期性的数列和三角函数紧
密相连.记数列2， ， ，2， ， ，2， ，-1，…为 ，三角形式可以表达为
，其中 ， ， .
（1）记数列 的前n项和为 ，求 ， ， 及 ；
（2）求数列 的三角形式通项公式.
【解析】（1）易知 ，
所以 ，
，
.①当 时， ；
②当 时， ；
③当 时， ，
所以， .
（2）由（1）知数列周期为3， ，所以 ，得 ，
由数列前三项，知 ，
由④- ，得 ，代入④式，得 ——⑦
⑤
由⑥ ⑦，得 ， ，
由 ，知 ，又 ，得 ，
于是可求得 ，
所以 .题型三：由平面图形的可变性引起的分类讨论
【典例3-1】已知圆D： 与x轴相交于A、B两点，且圆C： ，点
．若圆C与圆D相外切，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】圆D： 的圆心 ，半径为 ，
圆C： 的圆心 ，半径为 ，
因为圆 与圆 相外切，所以 ，所以 ，
且圆 与 轴交于 ，不妨记 ，
因为圆 关于 轴对称，点 与点 关于 轴对称，点 在 轴上，
由对称性不妨令 ，
当 时，则 ，解得 ，
故
，当 时，则 ，解得 ，
此时 ，
故 ，
当 时，则 ，解得 ，
故
，
综上所述， 的最大值为 .
故选：B.
【典例3-2】现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A点．物件可绕A点在平面
内旋转．AP间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2．
(1)在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP间距离最短为多少；
(2)为了使椭圆物件能自由绕A点自由转动，AP间距离最短为多少.求出最短距离并证明其可行性．【解析】（1）由题意，如图，该椭圆的方程为 ， ， 分别为椭圆的2条切线，
切点分别为 ，设直线 的斜率分别为 .
设 ，当 时， 其中1个不存在，另1个趋于 ；
当 时，设过点P的直线为 ，
，
所以 ，
整理，得 ，①
由 是方程①的2个实根，得 ，
所以
，
又 ，所以 ，
当 时，点P在圆 的外部，则 ，此时 ；
当 时，点P在圆 的内部，则 ，此时 ，
所以 .又 或 ，
所以 或 ，整理，得 或 .
要求 的最小值，只需考虑 为钝角的情况，
即 且 ，
得 .
令 ，则 且 ，即 ，
解得 ，所以 ，所以 ，
当且仅当 三点共线时等号成立.
故 ，得 .
综上， 的最小值为 .
（2）当 恒为正实数R时，设 为椭圆上任意一点，
则 ，
当且仅当 时等号成立，所以 .
由（1）知， 或 ，
由 ，得 或 ，
即 或 ，
整理，得 或 ，
令 ，则 ，得 或 ， .
当 即 时， 或 ，令 ，则 ，得 或 ，又 ，
得 或 ，
而 ，所以 ，
整理，得 ，即 .
当 时， ，符合题意.
综上， ，则 ，即 ，
解得 ，所以R的最小值为 ，即 的最小值为 .
【变式3-1】（多选题）已知 分别为双曲线 的左､右焦点，过 的直线交
于 ， （点 在点 的上方）两点，且 ，则 的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】设 ，由于 ，
则 ，
当 均在双曲线的右支上时，如图，则 ，则 ，
又 ，故 ，
故 ，
故在 中， ，
则 ；
当 分别在双曲线的左、右支上时，如图，
此时 ， ，
又 ，则 ，则 ，
故在 中， ，
则 ；
当 分别在双曲线的右、左支上时，如图，此时 ， ，
又 ，则 ，则 ，
故在 中， ，
则 ；
由题意可知 的位置情况仅有以上3种可能，故 的离心率可能为 ，
故选：ACD
【变式3-2】在平面直角坐标系内， ， ，若 的面积不超过3，则满足
条件的整点M个数为 ．
【答案】65
【解析】设 ，直线OA的方程为 ，即 ，
，设 ，则 ， ，
代入 并化简得 ，
当 时， ， ，有5个整点；
当 时， ， ，有5个整点；
当 时， ， ，有5个整点；
当 时， ， ，有5个整点；
当 时， ， ，有5个整点；
当 时， ， ，有5个整点；
当 时， ， ，有5个整点；
根据对称性，当 时，也分别有5个整点．
∴共有65个整点．
故答案为：65
1．（多选题）已知曲线C： ，则（ ）
A．曲线C在第一象限为椭圆的一部分 B．曲线C在第二象限为双曲线的一部分
C．直线 与曲线C有两个交点 D．直线 与曲线C有三个交点
【答案】ABC
【解析】当 ， 时，由 ，是椭圆的一部分，故A对；当 ， 时，由 ，是双曲线的一部分，故B对；
当 ， 时，由 ，不表示任何图形；
当 ， 时，由 ，是双曲线的一部分.
所以函数的图象为：
所以 与曲线 有两个交点，故C对；
直线 与曲线 ： 方程联立，消去 得： ，所以
直线 与曲线 ： 相切，故直线 与曲线 共有2个交点，故D错误.
故选：ABC
2．已知曲线 的左右焦点为 ，P是曲线E上一动点
(1)求 的周长；
(2)过 的直线与曲线E交于AB两点，且 ，求直线AB的方程；
(3)若存在过点 的两条直线 和 与曲线E都只有一个公共点，且 ，求h的值．
【解析】（1）因为曲线E： ，
所以 ，则 ，所以 ， ，
故 的周长为 ；
（2）依题意，知直线AB斜率存在且不为 ，设直线AB： ，
联立 ，消去 ，得 ，
恒成立，
由韦达定理得： ， ，
因为 ， ，
所以 ，则 ，
从而有 ，
消去 ，得 ，即 ，
所以直线AB的方程为 ；
（3）依题意，知过点 的直线斜率存在，
设该直线： ， ，联立 ，消去 ，得 ，
若直线 或 为切线，则 ，解得 ，
注意到该曲线 ，即该曲线没有左右顶点，所以有三种情况：
情况1：两条直线均是切线，
因为 ，所以 ，即 ，解得 ，所以 ；
情况2：两条直线分别过椭圆 左右顶点，
由对称性可知 ，又 ，所以 ，
此时 ，解得 ，所以 ；
情况3：其中一条直线是切线，另一条过椭圆 的左（或右）顶点，
不妨设直线为切线时斜率为正，即 ，则 ，
因为 ，所以 ，解得 ；
综上：符合条件的h的值为 或 或 ．题型四：由变量的范围引起的分类讨论
【典例4-1】若 是 的三条边，且 ，记 ，则当 时，
的取值范围是 .
注: 表示数集 中最大的数， 表示数集 中最小的数.
【答案】
【解析】因为 且 ，
所以 ，
当 ，即 时， ，
所以 ，
又 ，所以 ，且 ，
又 是 的三条边，所以 ，
当 时， ，因为 ，
所以 ，解得 ，又 ，所以 ，
当 时， ，符合题意，
所以 ，当 ，即 时， ，
所以 ，
又 是 的三条边，可得 且 ，
，即 ，
综上：当 时， 的取值范围是 ，
故答案为：
【典例4-2】已知函数 .
(1)若 ，求 在区间 上的最大值；
(2)求 在区间 上的最小值 .
【解析】（1）因为 ，所以 ，
所以 .
由 或 .
所以当 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，
所以 .
（2） 的定义域为 ，，
由 .
①当 ，即 时， 或 .
所以 在 上单调递增，
；
②当 ，即 时，由 或 .
由 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
；
③当 ，即 时，由 .
所以 在 上单调递减， .
综上，
【变式4-1】已知函数 ，其中 .若 在区间[1，4]上的最小值为8，则a的
值为 .
【答案】
【解析】 ，令 ，解得 或 ，当 ， 或 ，此时 单调递增；
当 ， ，此时 单调递减；
当 ，即 时， 在 上为增函数，由 解得 ，不符合题意，
应舍去；
当 ，即 时， 在 上的最小值 ，不符合题意，应舍去；
当 ，即 时， 在 上的最小值可能在 或 上取得，而
当 时，即 ，解得 或 ，均不符合题意，应舍去；当 ，
即 ，解得 或 （舍去）；
当 时， 在 上单调递减， 在 上的最小值为 ，符合题意.
综上所述， .
故答案为：
【变式4-2】已知函数 ，其中 ．
(1)若曲线 在 处的切线在两坐标轴上的截距相等，求 的值；
(2)是否存在实数 ，使得 在 （ 为自然对数的底数）上的最大值是 ？若存在，求出 的值；
若不存在，说明理由．
【解析】（1） ，则 ，
故曲线 在 处的切线为 ，即 ．
当 时，此时切线为 ，不符合要求；
当 时，令 ，有 ．令 ，有 ，故 ，即 ．
（2） ，因为 ，所以 ．
①当 时，即 时， 在 上单调递增，
所以 的最大值是 ，解得 ，舍去；
②当 时，即 时，
令 时，则 ；令 时，则 ．
所以 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ．
所以 ，所以 符合题意．
综上，存在 符合题意，此时 ．
1．已知函数 .
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)设函数 ，若 是 的极大值点，求 的值.
【解析】（1）当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
当 时， ，当 时， ，所以 的单调递增区间为 ， ；
单调递减区间为 ， .
（2）设 ，
当 时，由于 ，所以 与 的函数值正负相反，
又 ，所以 是 的极大值点，当且仅当 是 的极小值点，
，可知 时， ， 时， ，
故 ，
令 ， ，
①当 时， ，则当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，因此 不是 的极小值点；
②当 时， ， 的根为 ，
此时 ，当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，
因此 不是 的极小值点；
③当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 是 的极小值点，满足题意；
④当 时， ，记 ，可知 ，
则当 时， ，即 ，所以 在 上单调递减，因此 不是 的极小值点，
综上可知， .
2．已知函数 ．
(1)若 在 上单调递增，求 的取值范围；
(2)若 的最小值为1，求 ．
【解析】（1）因为 在 上单调递增，
所以 在区间 上恒成立，所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ．
当 时， 单调递增， ，
所以 ，所以 在 上单调递增，
故 ，所以 ． 的取值范围为 ．
（2）由 ，得 ，
所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，则 ，
当 时， 在 上单调递减，当 时， 在 上单调递增，
在 上单调递增，且 ，
所以，当 时， 在 上单调递减，
当 时， 在 上单调递增，
所以 ，所以 成立，
当 时，当 时， 在 上单调递减， ，
在 上单调递减，
因为 ，所以 在 上单调递减，此时 ，舍去．
当 时，当 时， ，
在 上单调递减， 在 上单调递增， ．舍去；
当 时，当 时， ， 在 上单调递增， ，
在 上单调递减， 在 上单调递增，
此时， ，舍去，
综上， ．
题型五：由空间图形的可变性引起的分类讨论
【典例5-1】已知长方体 中 ， ， ，用过该长方体体对角线 的平面
去截该长方体，则所得截面的面积最小值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】假设截面为 ，易知截面为平行四边形，过点 作 ，垂足为 ，则截面面积
，因为 为定值，所以只要 最小，
当F在BC上（不含两端点）时，如图所示建立空间直角坐标系，则 为异面直线 和 的公垂线时，
EF最小，易知异面直线 和 的距离即 到平面 的距离，
，设面 的法向量为 ，
则 ，则 ，令 ，则 ，即 ，
所以BC到面 的距离为 ；
当F在 上（不含两端点）时，如图所示，此时 为 和 的公垂线时， 最小．同上可得 和 的公垂线长为 ；
当F在 上（不含两端点）时，如图所示，
此时EF为 和 的公垂线， 最小．同上可得 和 的公垂线长为 ；
故 ，此时 ，
易得特殊截面 ， ， ，
比较所得 .
故选：C.
【典例5-2】在正方体 中，平面 经过点B、D，平面 经过点A、 ，当平面 分别
截正方体所得截面面积最大时，平面 所成的锐二面角大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【解析】平面 经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面 与面 重合，
证明：设平面 与面 所成的二面角为 ，二面角 为 ，
当 时，记平面 截正方体所得截面为面 ， ，
则 ，
令 ，
因为 ，所以 ，
当 时，显然平面 截正方体所得截面面积最大时，
截面为面 ，
当 时，平面 截正方体所得截面为 ，
所以平面 截正方体所得截面面积最大时截面为面 ，
同理平面 过 时，截正方体所得截面面积最大时截面为面 ，
连接 ，面 与面 所成锐二面角为 ，因为 面 面 ，
所以 的所成角大小为二面角 大小，
因为 ，所以面 与面 所成锐二面角大小为 .
故选：C．
【变式5-1】（多选题）如图，两条异面直线a，b所成的角为 ，在直线a，b上分别取点A，O和点
C，B，使 ， .已知 ， ， ，则线段OC的长为（ ）
A．6 B．8 C． D．
【答案】AC
【解析】依题意， ，
平方得 .
因为a，b所成的角为 ， 或 .
当 时， ， ，
代入数据可得 ，
所以， ，所以 ；当 时， ， ，
代入数据可得 ，
所以， ，所以 .
综上所述， 或 ，即OC的长为6或 .
故选：AC.
【变式5-2】（多选题）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为 .现准备将该木块锯开，则下列关
于截面的说法中正确的是（ ）
A．过棱 的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱 的截面与棱 （不含端点）交于点 ，则
C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
【答案】ACD
【解析】设截面与棱 的交点为 ，
对于A项，如图1，过棱 的截面为 ，易知当 为棱 的中点时， ,且
， 平面 ，故 平面 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，
又 平面 ， ，即 是异面直线 的公垂线， ，故此时 的面积取得最小值，最小值为 ， 正确；
对于B项，易知 ，故结合A项，可设 ，
在 中，由余弦定理 ，
所以 ，即 ，B错误；
对于C项，如图2，当截面 为平行四边形时， ， ，
由正四面体的性质可知 ，故 ，从而平行四边形 为长方形.
设 ，则 ，所以长方形 的面积 ，
当且仅当 时，等号成立， 正确；
对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点
和到底面距离相等，这样的截面有4个.第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.
故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确.
故选：ACD
1．设四面体 中，有2条棱长为 ，其余4条棱长为1．则实数 的取值范围为 ．
【答案】
【解析】第一种情况，两边在一个三角形内时：
假设 时，E为D在底面射影，
由题意得 ，假设 中点为 ，连结 ，假设
则 ，即 ，
所以 ，则 且 ，
即 ，故 ，则 ，
综上， ；
第二种情况，两边不在一个三角形内时：
假设 ，
发现当等腰三角形两腰的夹角接近 时， 在减小但总是存在的，故 ，
假设 ，取 中点 ，连接 ，
则 ，由两边之和大于第三边可知： ，解得： ，故 .综上， .
故答案为： .
2．（多选题）四棱锥的四个侧面都是腰长为 ，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】满足要求的四棱锥有如下三种情形.
（1）
如图，四条侧棱长均为 ，则四棱锥为正四棱锥，连接 交于点 ，连接 ，
则 平面 ， 是四棱锥的高，
则 ， ，
所以 ，
四棱锥的高为 ；
（2）如图，有两条侧棱长为 ，
作 平面 ，记 ， ， 是四棱锥的高，
于是， ，
且 .
解得 ， .
四棱锥的高为 ；
（3）
如图，三条侧棱（ 、 、 ）长为 ，一条侧棱 ，
， ，
设 与 交于点 .记 .
由等腰三角形三线合一可得： ,
平面 ， 平面 ， ，
则 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，
过O作 ，因为平面 平面 ,
所以 平面 ， 是四棱锥的高，则有 ， ， .
因为 ，
于是， .
将前面的结果代入上式，
解得 或 .
显然 ，故 .
，
在 中，
由余弦定理得 ,
，
，
四棱锥的高为 .
故选：ACD.
